Сборник задач по физике - Баканина Л.П.
Скачать (прямая ссылка):
Гтр'
¦ kN,
где N — сила давления клина на пол. Нетрудно видеть, что N = mg — F sin a,
152 где F sin а — вертикальная составляющая сила F. Подставляя значение F1 получим
N = mg (I — sins a +ft, sin а cos а) — mg cos а (cos а + fti sin а).
Для того чтобы клин оставался неподвижным, необходимо выполнение неравенства Fjp ^ Fc или, подставляя сюда значения Fjp и Fc, найдем
tg а - ft fttga+I '
53. Обозначим силу натяжения веревки T. Уравнения движения грузов будут
Ma = Mg — Т, Ma = T- (Frp + F);
здесь a — ускорение грузов, Fjp — сила трения, а сала F = Mg cos a. Нетрудно видеть, что Ftp =¦ kMg cos a. Подставляя эти значения в исходную систему уравнений и исключая из них а, найдем 2Г = Mg + Ртр + F = Mg (1 + ft cos a + sin a).
На блок действуют две одинаковые силы Т, угол между которыми л/2 —а. Сила F давления блока на ось будет равна векторной сумме этих сил:
"=2Mf-Ij
64. На груз M в горизонтальном направлении действует только сила T натяжения веревки, поэтому
Ma = T, (!)
где а — ускорение груза M относительно стола. На груз от действуют силы: тяжести mg и натяжения веревки Т, направленные в разные стороны. Поскольку ускорение груза от относительно стола тоже будет а, а ускорение стола относительно Земли Ь, то ускорение груза относительно Земли равно а — Ь. Следовательно,
mg — T = m (а — Ь). (2)
Из равенств (1) и (2) получим
_ OT(g+6) а Af + от •
Ускорение относительно Земли
mg — Mb
M + от
Из последнего выражения, в частности, следует, что если Mb = mg, то а — Ь = 0. В этом случае груз от находится в покое относительно Земли. Если Mb > mg, то a — b < 0 и груз относительно Земли будет двигаться вверх.
153 Примечание. Заметим, что (2) можно переписать так: т (g + Ь) - T = та.
Следовательно, для того чтобы найти ускорение а груза т относи-тельно стола, можно считать, что стол неподвижен, а укорение силы тяжести g возросло на величину Ь.
55. Решение этой задачи можно получить из решения предыдущей, если везде знаки перед b заменить на обратные. В итоге получим
„ т (g - Ь)
а + Ь-
М + т ' mg + Mb М + т
Из последнего выражения видно, что ускорение груза т относительно Земли не может быть больше g.
56. Задача решается так же, как и задачи 54 и 55. Пусть а — ускорение груза 2т относительно блока. Тогда ускорение этого груза относительно Земли а — Ь. Второй закон Ньютона дает
2mg- Г = 2т (а-Ь);
(О
здесь T — натяжение веревки. Для груза т аналогично имеем
и T-mg = m(a + b). (2)
Из (1) и (2) находим давление блока на ось:
^OC
F
— —л rkl.---
—„ >
уф а
1 і
ния. (т. е
mg Рис. 175.
Тело будет
2T=jm(g + b),
т. е. здесь, как и в задаче 54, сразу можно считать блок неподвижным, а ускорение силы тяжести возросшим на величину Ь.
57. Задача аналогична задаче 56. Ответ:
2T = -~m(g-b).
58. Силы, действующие на тело, находящееся на наклонной плоскости, указаны на рис. 175. N- реакция опоры, F- сила тре-
двигаться вместе с наклонной плоскостью действующая на него,
с ускорением а), если суммарная сила направлена горизонтально и равна та, где т — масса тела. Отсюда:
N cos а + F sin а — mg ¦= О, F cos а — N sin а = та.
Максимальная сила трения F*=kN. Учтя это, получим
k cos а — sin а _ k — tg а
а =
cosa +ft sin а 1 + fttga
Если k = tg а, то тело начнет соскальзывать при любом сколь угодно малом ускорении.
154 59. Задача аналогична задаче 58, с той только разницей, что теперь сила трения будет направлена вниз по наклонной плоскости (рис. 176). И в этом случае для того, чтобы тело двигалось вместе с наклонной плоскостью, сумма горизонтальных проекций всех сил должна равняться та (т — масса тела), а вертикальных — нулю:
та = N sin a + F cos а, О = N cos а — F sin а — mg. Максимальная сила трения F = kN. Отсюда k + tg q
a =
деленной на
fetga
Если k tga= 1, то ни при каких сколь угодно больших а тело не будет подниматься.
69. Положим, что автомобиль во время разгона движется с некоторым ускорением а. Тогда разность давлений P бензина на переднюю и заднюю стенки банки должна быть равна силе, вызывающей ускорение всего бензина,
площадь боковой стенки
'-f
По второму закону Ньютона сила F, вызывающая ускорение бензина, равна та. Кроме того, т = Slpt где т — масса бензина, S — площадь стенки банки,/—длина банки и р — плотность бензина. Окончательно искомая разность давлений равна
Slpa S
P =
р la.
Ускорение а находится по формуле
а = v/t.
Подставляя численные данные, получим
< 0,7 • IO3 \ • 0,3 м
18 м/сек
= 63-
м" ' 60 сек м'
61. Средняя сила давления F равна изменению количества движения пуль за 1 сек: F = nivn, где я= 10 \/сек~ число выстрелов в секунду. Подставляя данные задачи, получим
F = Ю-2 кг ¦ 8 • IO2 м/сек • 10 1/сек = 80 н.
62. Изменение силы тяги двигателя можно найти, воспользовавшись вторым законом Ньютона, записанным в следующей форме:
Ь (mv) = FM, (1)
где A^ — некоторый промежуток времени, а A (mv) — изменение количества движения микрометеоров, столкнувшихся с кораблем за время At. Так как, по условию, скорость корабля постоянна, то из (1)
